Difetto nel mio NP = CoNP Proof?

Ho questa "prova" molto semplice per NP = CoNP e penso di aver fatto qualcosa di sbagliato da qualche parte, ma non riesco a trovare ciò che è sbagliato. Qualcuno mi può aiutare?

Sia A un problema in NP, e sia M il fattore decisivo per A. Sia B il complemento, ovvero B sia in CoNP. Poiché M è un decisore, puoi usarlo anche per decidere B (capovolgi la risposta). Ciò non significa che risolviamo i problemi NP e CoNP con la stessa M?

Per dirla più concretamente.

Sia A un problema NP-completo e sia M il decisore per A. Considerare qualsiasi problema B in CoNP. Consideriamo il suo complemento non B, che è in NP, e quindi otteniamo una riduzione polinomiale ad A. Quindi eseguiamo il nostro decisore M e capovolgiamo la nostra risposta. Otteniamo così un decisore per B. Ciò implica che anche B è in NP.

Posso sapere cosa c'è di sbagliato nel mio ragionamento?

Ci sono due possibili bug in questa prova:

1. Quando dici "decisore", intendi una TM deterministica. In questo caso, la migliore traduzione (a nostra conoscenza) da una macchina NP ad una macchina deterministica può produrre una macchina che viene eseguito in tempo esponenziale, così dopo che completa si avrà un decisore per il complemento in tempo esponenziale, dimostrando che (o, dopo qualche ottimizzazione, c o - N P ⊆ P S P A C E ).$co-NP\subseteq EXP$$co-NP\subseteq PSPACE$

2. Quando dici "decisore" intendi una TM non deterministica. In questo caso, capovolgere la risposta non completerà necessariamente la lingua. In effetti, il linguaggio della macchina capovolta sarà tutte le parole per le quali esiste una corsa di rifiuto di su $M$$w$

Ecco un altro modo di esaminare il punto che Shaull fa riguardo ai "decisori".

Un problema è in NP se e solo se esiste un algoritmo tale che$V: \{0,1\}^n \times \{0,1\}^{\mathrm{poly}(n)} \to \{0,1\}$

• per ogni istanza YES , esiste un certificato p ∈ { 0 , 1 } p o l y ( n ) tale che V ( x , p ) = 1 ; e$x \in \{0,1\}^n$$p \in \{0,1\}^{\mathrm{poly}(n)}$$V(x,p) = 1$

• per ogni istanza NO , abbiamo V ( x , p ) = 0 per tutto p ∈ { 0 , 1 } p o l y ( n ) .$x \in \{0,1\}^n$$V(x,p) = 0$$p \in \{0,1\}^{\mathrm{poly}(n)}$

Queste sono generalmente descritte come condizioni di completezza e solidità per l' algoritmo di verifica NP : la condizione di "completezza" indica che ogni istanza YES ha un certificato e la condizione di "solidità" indica che l'algoritmo non viene mai ingannato da un'istanza NO. Per coNP è il contrario: esiste un algoritmo di verifica che accetterà almeno un certificato per qualsiasi istanza NO, ma che non può mai essere ingannato da un'istanza YES.

Se vuoi mostrare che NP ⊆ coNP , devi mostrare che ogni problema NP ha un verificatore di tipo coNP , che può certificare NO istanze invece di YES istanze. Non è possibile farlo con una macchina di Turing non deterministica: non esiste alcun modo che conosciamo, ad esempio, per mappare in modo efficiente istanze di SAT tra loro, in modo tale che tutte le formule insoddisfacenti siano mappate su quelle soddisfacenti, e viceversa. (Negare l'output della formula non è sufficiente, ad esempio: una formula che è soddisfacente ma non una tautologia verrebbe semplicemente mappata su una formula diversa che era soddisfacente ma non una tautologia, quando invece avremmo bisogno di una formula insoddisfacente). Semplicemente non sappiamo in alcun modo di "ingannare" una macchina non deterministica nel rilevare qualcosa come tutti i suoi percorsi che vengono rifiutati.

Potresti chiedere: "La macchina di Turing non deterministica non sa quale risultato ottiene?" La risposta sarebbe no , non lo è. Il funzionamento della macchina non deterministica non gli dà accesso a nessuna informazione su più di un percorso computazionale alla volta: potresti pensare che funzioni in molti percorsi in parallelo, ma all'interno di ogni percorso conosce solo quel percorso. Se provi ad equipaggiarlo con la capacità di "realizzare" se ci sono o meno soluzioni come qualche punto, stai invece descrivendo una macchina con un oracolo NP , che è più (potenzialmente!) Potente di una semplice macchina di Turing non deterministica.

• $\Delta_2^{\mathrm P}$$\mathsf{P}^{\mathsf{NP}}$$\mathsf{P}^{\mathsf{NP}}$

• $\Sigma_2^{\mathrm P}$$\mathsf{NP}^{\mathsf{NP}}$$\mathsf{P}^{\mathsf{NP}}$non ha una risposta a causa dell'oracolo, ma sarebbe comunque bloccato ad operare all'interno di uno dei suoi (piuttosto potenti) rami computazionali, in modo che non sarebbe in grado di dire se tutti i suoi rami computazionali stessero rifiutando.

$\mathsf{NP}$$\mathsf{NP}^{\mathsf{NP}}$

Quindi, no, non esiste una macchina (deterministica o di altro tipo) che può semplicemente "decidere" che un problema è un'istanza SI o NO in modo efficiente, a meno che non utilizziamo gli oracoli; ma anche con un simile oracolo, finiamo con una macchina che è (probabilmente) più potente di NP o coNP , non quella che mostra che sono uguali.

Il tuo ragionamento implica che RE = coRE, ma questo è dimostrabilmente falso. Potresti provare a capirne una prova e poi vedere dove la tua riduzione fallisce.

$\{ x : P \text{ halts on input } x \}$$\{ x : (x,w) \in L' \text{ for some } w \}$$L'$

$L = \{ x : p \text{ halts on input } x \}$$L' = \{ (x,w) : p \text{ halts on input } x \text{ in } w \text{ steps} \}$$L'$$L = \{ x : (x,w) \in L' \text{ for some } w \}$

$L = \{ x : (x,w) \in L' \text{ for some } w \}$$L'$$P(x,w)$$Q(x)$$w$$P(x,w)$$w$$P(x,w)$$w$$Q$$L = \{ x : Q \text{ halts on input } x \}$

$L = \{(P,x) : P \text{ halts on input x}\}$$P$$x$$H$$H(P,x)$$(P,x) \notin L$$G$$G(x)=H(x,x)$$(G,G) \in L$$G$$G$$H$$(G,G)$$(G,G) \notin L$$(G,G) \notin L$$G$$G$$H$$(G,G)$$(G,G) \in L$$H$

$H$

Ecco una versione TL; DR; Ho anche pubblicato una risposta più lunga a una domanda simile.

$A$$M$$x\in A$$M$$x$$M$$x$. Se inverti semplicemente gli stati di accettazione e di rifiuto, passerai da una macchina che ha avuto alcuni percorsi di accettazione e alcuni di quelli rifiutati a una macchina che ha dei percorsi di rifiuto e alcuni di quelli che accettano. In altre parole, ha ancora accettare percorsi, quindi accetta ancora. Capovolgere gli stati di accettazione e rifiuto di una macchina non deterministica non comporta, in generale, l'accettazione del linguaggio del complemento.

È questa asimmetria di definizione (accetta se qualsiasi percorso accetta; rifiuta solo se tutti i percorsi rifiutano) che rende difficile il problema NP vs co-NP .

In realtà concordo sul fatto che la tua macchina non deterministica M può decidere se una determinata stringa di input è in B. Tuttavia, "decide" in modo leggermente diverso rispetto al modo in cui decide se un determinato input è in A. In quest'ultimo caso, lo fa da ( non deterministicamente) trovare uno stato accettante. Nel primo caso, lo fa non trovando alcun stato accettante. Perché questa differenza è importante? Vediamo:

Alla domanda M "La stringa è nella lingua A?"

M raggiunge uno stato di accettazione. Questo, puoi provare (vedi, ad esempio, il teorema del libro Sipser 7.20) implica che esiste una macchina deterministica che verifica che la stringa sia in A nel tempo polinomiale

Alla domanda M "La stringa è nella lingua B?"

M raggiunge gli stati di rifiuto su tutti i rami del suo calcolo non deterministico. Se pensi a come funziona la prova del verificatore sopra, vedrai che non può essere realizzato in questa situazione. Ciò è approssimativamente dovuto al fatto che il verificatore utilizza il percorso che M prende come "prova" il suo spazio di stato. In questo caso, non esiste nessuno di questi percorsi.

Conclusione:

Se consideri l'esistenza di un verificatore deterministico del tempo polinomiale per una lingua come la definizione di una lingua NP (che dovresti), l'esistenza di M non prova che B sia in NP.